L’urne d’Ehrenfest, épisode 5

Pour les notations, revoir l’épisode 1, l’épisode 2, l’épisode 3, et l’épisode 4.
On s’intéresse à la possibilité que l’urne retrouve un jour sa composition initiale.
On dit que l’urne est “dans l’état {i}” si elle contient {i} boules bleues.
On note {\tau_{i,j}} le temps d’attente du premier passage dans l’état {i} en provenance de l’état {j}.

  1. Pour {n\ge2}, montrer que : {\mathbb{P}(\tau_{i,j}=n)=\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\,\mathbb{P}(\tau_{i,k}=n-1)}.
  2. En déduire les relations {(R_{j}) :\ \text{E}(\tau_{i,j})=1+\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\,\text{E}(\tau_{i,k})}.
  3. En les combinant, montrer que {\text{E}(\tau_{i,i})=\dfrac{1}{\pi_{i}}}, où {\pi_{i}=\dfrac{1}{2^{N}}\dbinom{N}{i}}.
  4. Expérimenter avec Python.

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  1. Par définition de la matrice de transition {A}, on a {\mathbb{P}(\tau_{i,j}=1)=a_{i,j}}.

    Pour {n\ge2}, l’évènement {(\tau_{i,j}=n)} est inclus dans l’union disjointe {\displaystyle\bigcup_{k\ne i}(\tau_{k,j}=1)}.
    Ainsi, pour tout n\ge2 :{\forall\, n\ge2,\;\mathbb{P}(\tau_{i,j}=n)=\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\,\mathbb{P}(\tau_{i,j}=n\mid \tau_{k,j}=1)}Enfin, pour {n\ge2} on a : {\mathbb{P}(\tau_{i,j}=n\mid \tau_{k,j}=1)=\mathbb{P}(\tau_{i,k}=n-1)}On a donc obtenu : {\forall\, n\ge2,\;\mathbb{P}(\tau_{i,j}=n)=\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\,\mathbb{P}(\tau_{i,k}=n-1)}

  2. Pour tous indices {i,j} dans {[[ 0,N]]}:

    {\begin{array}{rl}\text{E}(\tau_{i,j})&=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}n\,\mathbb{P}(\tau_{i,j}=n)\\\\&=a_{i,j}+ \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}n\,\mathbb{P}(\tau_{i,j}=n)\\\\&=a_{i,j}+\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}n\,\biggl(\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\,\mathbb{P}(\tau_{i,k}=n-1)\biggr)\\\\&=a_{i,j}+\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\biggl(\,\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}n\,\mathbb{P}(\tau_{i,k}=n-1)\biggr)\\\\&=a_{i,j}+\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\biggl(\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}(n+1)\,\mathbb{P}(\tau_{i,k}=n)\biggr)\\\\&=a_{i,j}+\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\bigl(\text{E}(\tau_{i,k})+1\bigr)\end{array}}Sachant que {\displaystyle\sum_{k=0}^{N}a_{k,j}=1}, on en déduit les relations : {(R_{j}):\ \text{E}(\tau_{i,j})=1+\displaystyle\sum_{k\ne i}a_{k,j}\,\text{E}(\tau_{i,k})}

  3. Posons {V=\dfrac{1}{2^N}\big(\pi_0,\pi_1,\ldots,\pi_n\big)}, où {\pi_{i}=\dfrac{1}{2^{N}}\dbinom{N}{i}}.
    On a {\displaystyle\sum_{i=0}^{N}\pi_i=1} et on sait que {AV =V}.

    On somme les {\pi_{j}*(R_{j})}, pour {j\in[[ 0,N]]} et on trouve :
    {\begin{array}{rl}\displaystyle\sum_{j=0}^{N}\pi_{j}\,\text{E}(\tau_{i,j})&=\displaystyle\sum_{j=0}^{N}\pi_{j}+\displaystyle\sum_{k\ne i}\biggl(\displaystyle\sum_{j=0}^{N}a_{k,j}\pi_{j}\biggr)\text{E}(\tau_{i,k})\\\\&=1+\displaystyle\sum_{k\ne i}\pi_{k}\,\text{E}(\tau_{i,k})\end{array}}Par différence, il reste {\pi_{i}\,\text{E}(\tau_{,i,i})=1}, donc {\text{E}(\tau_{i,i})=\dfrac{1}{\pi_{i}}}.
    En particulier:

    • Si l’urne (de capacité {N}) est monocolore à la date {0}, l’espérance du temps d’attente du retour à la situation initiale est {\text{E}(\tau_{0,0})=\dfrac{1}{\pi_{0}}=2^{N}}.
    • Si l’urne (de capacité {2N}) contient {N} boules bleues et {N} boules rouges à la date {0}, alors l’espérance du temps d’attente du retour à la situation initiale est : {\text{E}(\tau_{N,N})=\dfrac{1}{\pi_{N}}=2^{2N}\dfrac{(N!)^{2}}{(2N)!}\sim \sqrt{\pi N}}
    • La fonction suivante donne l’évolution possible du nombre de boules bleues dans une urne de taille N, de la date 0 (à laquelle le nombre de boules bleues est X_0) jusqu’à la date fin.

      Voici quelques évolutions possibles, avec N=8, X_0=0 et n=10 :

      Aucun des exemples précédents n’a permis un retour à la composition monocolore initiale (rappelons que l’espérance du temps d’attente d’un tel retour est ici 2^8=256).

      La fonction suivante trace l’évolution du nombre de boules bleues (avec les mêmes paramètres) :

      Voici quelques exemples.
      Jusqu’à la date 160, avec N=8 et X_0=8. Dans cet intervalle de temps, on constate que l’urne ne rejoint jamais un état monocolore :

      article-06-02-17-a
      Nouvel essai avec les mêmes paramètres. Il y a ici deux passages par des états monocolores opposés! :

      article-06-02-17-b
      On porte ici à N=50 le nombre total de boules de l’urne (avec au départ 0 boule bleue). On voit que la composition de l’urne reste beaucoup plus centrée sur une composition équilibrée (les états monocolores étant possibles mais illusoires : l’espérance du retour à 0 boules bleues est en effet 2^{50}=1125899906842624).

      article-06-02-17-c